Page 110 - MATINF Nr. 9-10

˘
110 PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU CONCURSURI

Conform ipotezei, cel mult unul dintre numerele a, b, c, d, k, l, m, n, p, q este par, deci cel
put , in doi dintre minorii δ 1,5 , δ 2,4 , δ 3,3 , δ 4,2 , δ 5,1 au toate variabilele impare, deci sunt impari,
deci diferit , i de zero. Prin urmare avem rang (A) = 4.

à í
2 1 3 1 0
1 1 2 0 −1
b) R˘aspunsul este NU, de exemplu pentru A = −1 1 0 −2 −3 avem L 2 =
−1 0 −1 −1 −1
0 1 1 −1 −2
L 1 + L 4 s , i L 3 = L 4 + L 5 , deci rang (A) ≤ 3.

M 177. Fie a > 0 un num˘ar real fixat s , i fie s , irul (x n ) n≥1 definit prin

x 1 = a s , i x n = n (a + x n−1 ) , ∀ n ≥ 2.

Å ã Å ã Å ã
a a a
Calculat ,i lim 1 + 1 + · . . . · 1 + .
n→∞ x 1 x 2 x n

Marin Chirciu, Pites , ti

n Å a ã a (k + 1)(a + x k )
Q x k+1
Solut ,ie. Fie y n = 1 + . Deoarece 1 + = = , rezult˘a c˘a
k=1 x k x k (k + 1)x k (k + 1)x k
n
Q x k+1 x n+1 x n+1
y n = = = .
k=1 (k + 1)x k (n + 1)! · x 1 a(n + 1)!
n
n
x k+1 a + x k x k+1 x k a P Å x k+1 x k ã P a
a
Dar = , adic˘ − = , deci − = , adic˘
a
(k + 1)! k! (k + 1)! k! k! k=1 (k + 1)! k! k=1 k!
n
n
P 1 P 1
x n+1 x 1 x n+1
− = a , prin urmare = a .
(n + 1)! 1! k=1 k! (n + 1)! k=0 k!
P 1
n
x n+1
a
Astfel rezult˘a c˘ y n = = , deci lim y n = e.
a(n + 1)! k=0 k! n→∞
M 178. Fie a, b, c ∈ (0, 1). Demonstrat ,i c˘
a
b
a
c

(a + b)(b + c)(c + a) a + c (b + a) (c + b) > a 1−bc · b 1−ca · c 1−ab .
Dorin M˘arghidanu, Corabia
Solut ,ie. Vom utiliza urm˘atoarea inegalitate: pentru orice x > 0 s , i n ∈ (0, 1), avem
x
n
x > .
x + n
ˆ a a a
Intr-adev˘r, prin logaritmare aceast˘ inegalitate este echivalent˘ cu (n − 1) ln x + ln(x + n) > 0.
n(x + n − 1)
0
Considerˆand funct , ia f : (0, ∞) → R, f(x) = (n−1) ln x+ln(x+n), avem f (x) = ,
x(x + n)
deci f are un minim ˆın x 0 = 1 − n. Prin urmare, pentru orice x > 0 avem f(x) ≥ f(1 − n) =
(n − 1) ln(1 − n) > 0.